Lebesgue Integral berechnen

08.10.2013, 19:21

Kegorus

Lebesgue Integral berechnen

Meine Frage:
Gegebene Verteilungsfunktion:

F(x)= 0 für x<1
x+1 für $\begin{eqnarray*} 1\leq x<2 \end{eqnarray*}$
x^2 für 2 $\begin{eqnarray*} \leq \end{eqnarray*}$ x

Bestimmen Sie das Integral von e^x nach d mü_F(x).

mü_F(x) ist das zu F(x) gehörige Maß.

Meine Ideen:
Ich glaube, das Beispiel ist nicht so schwer, leider habe ich es aber nie gelernt. Vor allem weiß ich nicht, wie man auf das zu F(x) gehörige Maß kommt.

08.10.2013, 19:27

HAL 9000

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Dein $\begin{eqnarray*} \mu_F \end{eqnarray*}$ lässt sich nach dem Zerlegungssatz von Lebesgue in einen (absolut)stetigen sowie diskreten Anteil bzgl. des Lebesgue-Maßes aufteilen:

Der diskrete Anteil umfasst deine beiden Sprungstellen vonf $\begin{eqnarray*} F \end{eqnarray*}$ , das Maß dieser Einzelpunkte ist dann jeweils die Sprunghöhe.

Für den stetigen "Rest" deiner Verteilungsfunktion kannst du per (f.a.) extistenten Ableitung eine Dichte bestimmen, und damit die Intervall-Integrale ganz normal per Riemann-Integral ausrechnen.

P.S.: Soll es wirklich $\begin{eqnarray*} \int e^x ~ \dd \mu_F(x) \end{eqnarray*}$ sein und nicht doch eher $\begin{eqnarray*} \int e^{-x} ~ \dd \mu_F(x) \end{eqnarray*}$ ? Denn für das erste lässt sich ohne viel Federlesen $\begin{eqnarray*} +\infty \end{eqnarray*}$ angeben.

08.10.2013, 21:28

Kegorus

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Vielen Dank für deine Antwort! Es ist wirklich das gemeint, was ich angegeben habe..
Den Zerlegungssatz von Lebesgue kenne ich, aber wie ich jetzt konkret vorgehen muss, hab aber nicht ganz verstanden. 0, x+1 und x² differenzieren, aber was für Integrale rechne ich mir aus? Und für was steht f.a.? Wär super wenn du mir da noch weiterhilfst Augenzwinkern

09.10.2013, 08:09

HAL 9000

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Zitat:

Original von Kegorus
Es ist wirklich das gemeint, was ich angegeben habe..

Nun, in dem Fall kann man die Geschichte abkürzen: Da der Integrand $\begin{eqnarray*} e^x \end{eqnarray*}$ positiv ist, gilt die Abschätzung

$\begin{eqnarray*} \int e^x ~ \dd \mu_F(x) \geq \int\limits_{(2,\infty)} e^x ~ \dd \mu_F(x) = \int\limits_2^{\infty} e^x F'(x) ~ \dd x = \int\limits_2^{\infty} 2x e^x ~ \dd x \geq \int\limits_2^{\infty} 4 e^2 ~ \dd x = \infty \end{eqnarray*}$ ,

die weggelassenen Anteile für $\begin{eqnarray*} x\leq 2 \end{eqnarray*}$ ändern dann auch nichts mehr am Wert $\begin{eqnarray*} \infty \end{eqnarray*}$ .

Ich finde es merkwürdig, dass die Aufgabe wirklich so sein soll, denn irgendwie "riecht" es ja danach, dass man das ganze ordentlich rechnen soll, was aber wie gesehen gar nicht nötig ist. verwirrt

09.10.2013, 10:48

Kegorus

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Ist anscheinend nur so ein kurzes Beispiel..
Deine Abschätzung ist mir klar, bis auf den Schritt, wo du das Lebesgue-Integral in ein Riemann-Integral umwandelst. Wieso kommt da F'(x) dazu?

09.10.2013, 11:16

HAL 9000

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Zitat:

Original von Kegorus
Wieso kommt da F'(x) dazu?

Aus dieser Frage schließe ich, dass leider so gut wie nichts klar ist. unglücklich

Ausführlich die Anwendung des genannten Zerlegungssatzes: Es ist $\begin{eqnarray*} F(x)=F_1(x)+F_2(x) \end{eqnarray*}$ mit stetigem Anteil

$\begin{eqnarray*} F_1(x) = \begin{cases} 0 & \;\mbox{für}\, x<1 \\ x-1 & \;\mbox{für}\, 1\leq x<2 \\ x^2-3 & \;\mbox{für}\, x\geq 2 \end{cases} \end{eqnarray*}$

und diskretem Anteil

$\begin{eqnarray*} F_2(x) = \begin{cases} 0 & \;\mbox{für}\, x<1 \\ 2 & \;\mbox{für}\, 1\leq x<2 \\ 3 & \;\mbox{für}\, x\geq 2 \end{cases} \end{eqnarray*}$ .

Nun zu den beiden Komponenten:

1.) $\begin{eqnarray*} \mu_{F_1} \end{eqnarray*}$ ist absolutstetig bzgl. des Lebesgue-Maßes $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ , die zugehörige Radon-Nikodym-Dichte $\begin{eqnarray*} \frac{\dd \mu_{F_1}}{\dd \lambda} \end{eqnarray*}$ ist $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ -f.a. ("fast überall") gleich der Ableitung der Verteilungsfunktion $\begin{eqnarray*} F_1 \end{eqnarray*}$ , also

$\begin{eqnarray*} \frac{\dd \mu_{F_1}}{\dd \lambda} = F_1'(x) = \begin{cases} 0 & \;\mbox{für}\, x<1 \\ 1 & \;\mbox{für}\, 1<x<2 \\ 2x & \;\mbox{für}\, x>2 \end{cases} \end{eqnarray*}$ .

Damit lässt sich dann berechnen

$\begin{eqnarray*} \int g(x) ~ \dd\mu_{F_1}(x) = \int g(x) \frac{\dd \mu_{F_1}}{\dd \lambda} ~ \dd\lambda(x) = \int\limits_{-\infty}^{\infty} g(x)F_1'(x) ~ \dd x \end{eqnarray*}$

2.) $\begin{eqnarray*} \mu_{F_2} \end{eqnarray*}$ ist ein diskretes Maß mit Wahrscheinlichkeitsmasse nur an den Sprungstellen der ansonsten konstanten Verteilungsfunktion $\begin{eqnarray*} F_2 \end{eqnarray*}$ , d.h. es ist

$\begin{eqnarray*} \mu_{F_2}(\{1\}) = F_2(1)-F_2(1-0) = 2-0 = 2 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \mu_{F_2}(\{2\}) = F_2(2)-F_2(2-0) = 3-2 = 1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \mu_{F_2}(A) = 0 \end{eqnarray*}$ für beliebige messbare Mengen $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} A\subset \mathbb{R}\setminus\{1,2\} \end{eqnarray*}$ .

Entsprechend ist dann hier

$\begin{eqnarray*} \int g(x) ~ \dd\mu_{F_2}(x) = g(1)\mu_{F_2}(\{1\}) + g(2)\mu_{F_2}(\{2\}) = 2g(1)+g(2) \end{eqnarray*}$ .

Und am Ende wird basierend auf $\begin{eqnarray*} \mu_F = \mu_{F_1}+\mu_{F_2} \end{eqnarray*}$ alles zusammengefasst via

$\begin{eqnarray*} \int g(x) ~ \dd\mu_{F}(x) = \int g(x) ~ \dd\mu_{F_1}(x) + \int g(x) ~ \dd\mu_{F_2}(x) \end{eqnarray*}$ .

09.10.2013, 19:35

Kegorus

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Danke für deine ausführliche Antwort. Dieses Forum ist wirklich sehr hilfreich Tanzen

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